Bài toán 16.[Romania 2017] Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc(a+b+c)=3$. Chứng minh rằng $$\left(a^5-2 a+4\right)\left(b^5-2 b+4\right)\left(c^5-2 c+4\right) \geq 9 \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài toán 16.[Romania 2017] Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc(a+b+c)=3$. Chứng minh rằng $$\left(a^5-2 a+4\right)\left(b^5-2 b+4\right)\left(c^5-2 c+4\right) \geq 9 \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải

Ta có $a^5-2a+4-(a^3+2)=a^5-a^3-2a+2=(a-1)^2(a^3+2a^2+2a+2)\geq 0, \, \forall a > 0$.
Suy ra $a^5-2a+4\geq a^3+2,\, \forall a > 0$.
Tương tự $b^5-2b+4\geq b^3+2,\, \forall b > 0$ và $c^5-2c+4\geq c^3+2,\, \forall c > 0$.
Do đó $\left(a^5-2 a+4\right)\left(b^5-2 b+4\right)\left(c^5-2 c+4\right)\geq (a^3+2)(b^3+2)(c^3+2)$. $(1)$
Mặt khác theo BĐT Holder ta có $$\left(a^3+2\right)\left(b^3+2\right)\left(c^3+2\right)=\left(a^3+1^3+1^3\right)\left(b^3+1+1\right)\left(c^3+1+1\right)\geq(a+b+c)^3. \tag{2}$$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\left(a^5-2 a+4\right)\left(b^5-2 b+4\right)\left(c^5-2 c+4\right) \geq(a+b+c)^3$. $(3)$
Theo BĐT Cauchy và từ BĐT quen thuộc $(ab+bc+ca)^2 \geq 3abc(a+b+c)$, ta có $$\begin{eqnarray*} (a+b+c)^6&=&\left[(a+b+c)^2\right]^3\\ &=&\left[a^2+b^2+c^2+(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)\right]^3\\ &\geq&27(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)\\ &=&27(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2\\ &\geq& 27(a^2+b^2+c^2) \cdot 3abc(a+b+c)\\ &=&27(a^2+b^2+c^2) \cdot 3 \cdot 3\\ &=&243(a^2+b^2+c^2) \end{eqnarray*}$$ Suy ra $(a+b+c)^3 \geq 9 \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$. $(4)$
Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $\left(a^5-2a+4\right)\left(b^5-2b+4\right)\left(c^5-2c+4\right) \geq 9 \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$.
Dấu =xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}&a-1=b-1-c-1=0 \\ &a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\end{array} \right.\Leftrightarrow a=b=c=1$.